Codeforces Round #548 C. Edgy Trees

题面：

传送门

题目描述：

给出有n个节点的树，整数k。题目要求找长度为k，符合规则（good序列）的“点序列”（由节点构成的序列）个数有多少？规则如下：

• 1.走一条出发点为a1，终点为ak的一条路（允许重复边，重复点）
• 2.从a1开始，通过最短路径走到a2，然后从a2通过最短路径走到a3，以此类推，直到走到终点
• 3.如果在上述过程中，至少经过一条“黑边”，则这个序列是good的

 

题目分析：

这道题直接分析确实挺难，难在哪里呢？我们看看这个good序列要满足什么条件：

1.走一条路：这里要注意的就是可以重复点，其他没什么可以引起注意的地方

2.从a1走到a2，a2走到a3......如果这个过程经过了黑边，这个序列就是good序列：

所以刚开始我们的想法是：

找一条黑边两端的端点，然后看看包含这两个端点的序列有多少个，再减去重复的。

 

但是，想法很美好，情况很复杂，我刚开始就是这么想的。后面发现越来越不对劲，就重新看了一下题目，发现了一些重要的突破口：

1.题目的good序列是“至少”经过一条黑边，注意，这里的用词是用“至少”。

2.原题目的最后还提醒了：总共有n^k个序列，算其中good序列有多少个。

然后我就想到了：既然good序列这么难算，不如算算bad序列？

bad序列规则：第一点和第二点不变，第三点：如果在上述过程中，没有经过一条“黑边”，则这个序列是bad的。也就是说：

如果在上述过程中，经过所有的边都是“红边”（包括没经过边），则这个序列是bad的。

 

这时问题就变得好解决一些了：

只要找出所有的bad序列，通过n^k-bad，就可以间接求出good序列。而bad序列有什么特点？上面文字已经介绍完毕，下面我们观察一下图：

这个图中，由上面的bad文字定义可知：bad序列肯定是在三个分开的集合取：{1，2，4，6}，{5}，{3，7}。进一步发现：在一个集合的内部是连通的，而且互相到达绝不经过黑边。对于三个集合来说，它们直接被“黑边”分隔开了。也就是说：可以通过去掉“黑边”得到上面的集合：

其实也就是有多少个连通分支，这个用dfs很好解决。

 

得到了这个集合后，就是怎么算的问题了。举个例子：对于这个集合：{1，2，4，6}，我们只需要选k次就得到了bad序列的总数，也就是4^k。（不明白的同学可以这样想：要得到长度为k的bad序列，也就是要确定k个位置的值。每个位置都可以选4个元素而保证一定是bad序列，根据组合数学的分步原理，就是4^k个bad序列）。每一个集合我们都算出它们的bad序列的个数，加起来就是总的bad序列个数。

 

 

 

AC代码：

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
const int mod = 1e9+7;
int k;
long long n;
vector<int> G[maxn];    //存图
long long cnt[maxn];    //统计每个集合元素个数
int vis[maxn];          //标记/判断i属于哪个集合

void dfs(int u, int num){
    if(vis[u]) return;
    vis[u] = num;    //标记
    for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){
        dfs(G[u][i], num);
    }
}

int main(){
    scanf("%lld %d", &n, &k);
    int u, v;
    int is_b;
    for(int i = 0; i < n-1; i++){
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &is_b);
        if(!is_b){   //如果不是黑边就加入到图中
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(!vis[i]) dfs(i, i);
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cnt[vis[i]]++;   //统计每个集合的元素个数
    }

    long long bad = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        long long ans = 1;
        if(cnt[i]){    //如果集合存在
            for(int j = 1; j <= k; j++){  //算cnt[i]的k次方
                ans = ans*cnt[i]%mod;
            }
            bad = (bad+ans)%mod;
        }
    }

    long long all = 1;   //算n的k次方
    for(int i = 1; i <= k; i++){
        all = all*n%mod;
    }

    printf("%lld\n", (all-bad+mod)%mod);  //因为all-bad可能为负数(计算时边取模边算), 所以, 要先加个mod再取模
    return 0;
}